河南省洛阳市2022届高三物理上学期期中试题（Word版附解析）

这是一份河南省洛阳市2022届高三物理上学期期中试题（Word版附解析），共3页。试卷主要包含了考试结束，将答题卡交回，54m/s等内容，欢迎下载使用。

全卷共6页，共100分，考试时间为90分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。
2.考试结束，将答题卡交回。
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共4.在每小题给出的四个选项中，第1〜9题只有一项符合题目要求，第10〜14题有多项符合题目要求。全部选对得3分，选对但不全得，有选错的得0分。
1. 下列对运动的相关概念的描述中。正确的是（ ）
A. 物体的速度变化率越大其加速度一定越大
B. 可以看作质点的物体它的体积一定很小
C. 某同学绕400米标准跑道跑一周他的位移是400米
D. 在研究地球公转规律时，最好选择地心为参考赛
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化快，速度的变化率越大，加速度也越大，A正确；
B．只要物体的形状和大小对研究问题没有影响或者影响可以忽略不计时物体就可以当作质点，所以看做质点的物体体积不一定很小，例如研究地球绕太阳运动的公转周期 ，地球就可以看成质点，但是地球体积很大，B错误；
C．某同学绕400米跑道跑完一周时，回到了起点，所以位移为零，C错误；
D．研究地球的公转时要选择太阳为参考系，D错误。
故选A。
2. 甲、乙两个质点分别在两个并排直轨道上运动，其速度随时间的变化规律分别如图中a、b所示，图线a是直线，图线b是抛物线，则下列说法正确的是（ ）
A. t3时刻，甲、乙一定相遇
B. t2-t3时间内某一时刻甲、乙的加速度相等
C. 0-t1时间内，甲的平均速度小于乙的平均速度
D. 0-t2时间内，甲的加速度不断减小。乙的加速度不断增大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由于题中没有说明初始位置是否相同，所以t3时刻，甲、乙可能相遇，也可能不相遇，A错误；
B．t2～t3时间内，在图线b上可以画出一条切线与图线a平行，根据速度-时间图像切线的斜率表示加速度可知，某一时刻两者的加速度会相等，B正确；
C．根据速度-时间图像与横轴围成的面积表示位移，可知，0～t1时间内，甲的位移大于乙的位移，由
知，甲的平均速度大于乙的平均速度，C错误；
D．0～t2时间内，甲的加速度恒定，乙的加速度不断减小，D错误。
故选B。
3. 如图所示，车辆在行驶过程中，遇到紧急情况需要急刹车，为了保护驾乘人员的安全，要求驾驶员和乘客都必须正确佩戴安全带。假定乘客质量为70kg，汽车车速为108km/h，从踩下刹车到汽车完全停止运动需要的时间为5s，则乘客受到的合力大约为（ ）
A. 300NB. 420NC. 600ND. 800N
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
故选B。
4. 在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法。以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是（ ）
A. 速度、加速度、位移这三者所体现的共同的物理思想方法都是比值定义法
B. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法
C. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法
D. 根据速度定义式，当时，就可以表示t时刻的瞬时速度，这里运用了极限思维法
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．速度、加速度运动了比值定义法，位移不是，物理学中用从初位置到末位置的有向线段表示位移，故A错误；
B．建立质点概念是运用了理想模型法，故B错误；
C．在推导匀变速直线运动位移公式时，运用了微元法，故C错误；
D．极限思维法就是令物理趋向于某个极值而得到的结果，瞬时速度就是平均速度运用极限思维得到，故D正确。
故选D。
5. 有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A. 如图甲，汽车通过拱桥最高点时对桥的压力大于重力
B. 如图乙，A、B两小球在同一水平面做圆锥摆运动，则A的角速度较大
C. 如图丙，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨和轮缘间会有挤压作用
D. 如图丁，同一小球在固定且内壁光滑的圆锥筒内先后沿A、B圆做水平匀速圆周运动，则小球在A处运动的线速度较大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．如图甲，汽车通过拱桥最高点时有
则汽车对桥的压力小于重力，A错误；
B．如图乙，A、B两小球在同一水平面做圆锥摆运动，由于高度相同，则有
解得
则A、B的角速度相同，B错误；
C．如图丙，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨和轮缘间有挤压作用，而内轨和轮缘间没有挤压作用，C错误；
D．如图丁，同一小球在固定且内壁光滑的圆锥筒内先后沿A、B圆做水平匀速圆周运动，有
解得
则轨道半径越大的线速度越大，所以小球在A处运动的线速度较大，D正确。
故选D。
6. 关于粒子散射实验，下列说法错误的是（ ）
A. 粒子离开原子核的过程中，动能增加
B. 粒子在接近原子核的过程中，动能减少
C. 绝大多数粒子经过金箔后，发生了大角度的偏转
D. 对粒子散射实验的数据进行分析，可以估算出原子核的大小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．粒子离开原子核的过程中，由于原子核与粒子都带正电，离开时电场力做正功，所以动能增加，则A正确，不符合题意；
B．粒子在接近原子核的过程中，由于原子核与粒子都带正电，接近时电场力做负功，所以动能减少，则B正确，不符合题意；
C．绝大多数粒子经过金箔后，没有发生偏转，所以C错误，符合题意；
D．对粒子散射实验的数据进行分析，可以估算出原子核的大小，则D正确，不符合题意；
故选C。
7. 如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的四分之一圆周轨道，圆心O在S的正上方。在O、P两点各有一质量为m的小物块甲和乙，从同一时刻开始，甲自由下落，乙沿圆弧下滑。以下说法正确的是（ ）
A. 甲比乙先到达S点，它们在S点的动量不相同
B. 乙比甲先到达S点，它们在S点的动能不相同
C. 甲比乙先到达S点，它们在S点的动量相同
D. 乙比甲先到达S点，它们在S点的动能相同
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】在物体下落过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，则有
解得
所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同，质量相等，则动能相等，由于甲的路程小于乙的路程，故甲比乙先到达S。又到达S点时甲的速度竖直向下，而乙的速度水平向左。故两物体的动量大小相等，方向不相同，故A正确，BCD错误。
故选A。
8. 如图所示的平面内，有静止的等量异种点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、N两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（ ）
A. M点的场强比P点的场强大
B. M点的电势比N点的电势高
C. N点的场强与P点的场强相同
D. N点的场强与P点的场强不相同
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．如图所示M点和P点电场线的疏密程度相同，M和P点电场强度大小相同，故A错误；
B．M点和N点到正负电荷的距离都相同，它们位于同一个等势面上，电势相同，故B错误；
CD．如上图所示MNP三点电场线疏密程度，场强大小相同，其中N点和P点的方向相同，故C正确，D错误。
故选C。
9. a、b两质点运动的位移一时间图像如图所示，b质点的加速度大小始终为0.1m/s2，a图线是一条直线，两图线相切于坐标为（5s，-2.7m）的点，则（ ）
A. 图中x0应为1.5m
B. a做直线运动，b做曲线运动
C. b质点的初速度是-1.1m/s
D. t=5s时，a、b两质点的速度均为-0.54m/s
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】D．根据位移一时间图像的斜率表示速度，则5s末两质点的速度大小为
所以D错误；
C．设b质点的初速度为，由于b质点做匀减速直则有
解得
所以C正确；
A．根据
b质点在5s内的位移为
则有
解得
所以A错误；
B． a做匀速直线运动，b做匀减速直线运动，所以B错误；
故选C。
10. 2020年11月28日20时58分，嫦娥五号探测器经过约112小时奔月飞行，在距月面400公里处成功实施发动机点火，顺利进入椭圆环月轨道Ⅰ。 11月29日20时23分，嫦娥五号探测器在近月点A再次“刹车”，从轨道Ⅰ变为圆形环月轨道Ⅱ。嫦娥五号通过轨道Ⅰ近月点A速度大小为，加速度大小为，通过轨道Ⅰ远月点B速度大小为，加速度大小为，在轨道Ⅱ上运行速度大小为，加速度大小为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】AB．根据开普勒第二定律可知，在轨道Ⅰ上近点的速度大于远点的速度，即
假如探测器经过B点绕月球做圆周运动的速度为v4，则根据
解得
可知
而由轨道Ⅰ上的B点进入圆轨道时要经过加速，可知
则
在A点由轨道Ⅰ到轨道Ⅱ要减速，则
可得
选项A错误，B正确；
CD．根据
可知在轨道Ⅰ上
在轨道Ⅱ上
则
选项C正确，D错误；
故选BC。
11. 质量为m的物体放在倾角为的斜面上，它与斜面间的动摩擦因数为在水平恒力F作用下，物体沿斜面匀速向上运动，如图所示，则物体受到的摩擦力大小是（ ）
A B. μ（mgcs+FsinC. mg（cs-Fsin）D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】ABC．物体受力如图
由正交分解可知，在运动方向上有
解得
在垂直于运动方向上有
又
解得
C错误AB正确；
D．将
与
联立，消去mg，解得
D正确
故选ABD。
12. 如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑。小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止。则移动过程中（ ）
A. 细线对小球的拉力变大B. 斜面对小球的支持力变大
C. 斜面对地面的压力变大D. 地面对斜面的摩擦力变小
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．对小球受力分析并合成矢量三角形
重力大小方向不变，支持力方向不变，绳子拉力方向由图中实线变为虚线，绳子拉力增大，斜面对小球的支持力减小，A正确，B错误；
CD．对斜面受力分析
正交分解
根据牛顿第三定律，小球对斜面的压力减小，所以斜面对地面的摩擦力减小，地面对斜面的支持力减小，根据牛顿第三定律，斜面对地面的压力减小，C错误，D正确。
故选AD。
13. 如图所示，传送带以的恒定速度顺时针转动，若将某小物块无初速地放上传送带底端，经过一段时间小物块被送到传送带顶端。已知传送带长，与地面间的夹角为，物块和传送带之间的动摩擦因数为，取，则下列判断正确的是（ ）
A. 物块加速阶段加速度的大小为
B. 物块运动到传送带顶端的时间为
C. 物块在传送带上由底端到顶端一直做加速运动
D. 物块在传送带上由底端到顶端先做加速运动，后做匀速运动
【答案】BD
【解析】
【分析】小物块无初速度放上传送带，则相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用。
【详解】A．物体在加速阶段，受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律
得物体在加速阶段的加速度大小
A错误；
B．物块加速到与传送带共速的时间
加速的位移
故物块与传送带共速后，再继续向上匀速运动，向上匀速运动的时间
物块运动到传送带顶端的时间为
B正确；
CD．由上述分析知，物块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，C错误、D正确；
故选BD。
【点睛】对于传送带问题，一般需要先判断物块能否与传送带达到共速。
14. 如图甲所示是一种位移传感器测速度的工作原理图，工作时，固定的小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲，超声波被物体反射后又被B盒接收。图乙是某次测汽车速度时连续两次发射的超声波的x-t图像，小盒B连续两次发射超声波脉冲的时间间隔是t0，则下列判断正确的是（ ）
A. 超声波的速度是v=
B. 超声波速度是v=
C. 汽车的平均速度为
D. 汽车的平均速度为
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】A．由乙图知，t1时间内声波的路程为2x1，所以，声波的速度为
故A正确；
B．t2−t0时间内声波的路程为2x2，所以，声波的速度为
故B正确；
CD．汽车行驶时间为
汽车的平均速度为
故C正确，D错误。
故选ABC。
二、实验题（本小题共2小题，共15分）
15. 图1螺旋测微器的读数为______mm。图2游标卡尺读数为______cm。
【答案】 ①. 6.125 ②. 10.230
【解析】
【详解】[1]螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为12.5×0.01mm=0.125mm，所以最终读数为6mm+0.125mm=6.125mm
[2]游标卡尺的主尺读数为10.2cm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为6×0.05mm=0.30mm=0.030cm，所以最终读数为：10.2cm+0.030cm=10.230cm
16. 某同学在验证牛顿第二定律时，设计了如图甲所示的实验装置，经测量可知小车的质量为m1，砝码盘及砝码的总质量为m2，且m2远小于m1。回答下列问题∶
（1）在某次实验时打出了如图乙所示的纸带，已知打点计时器的打点周期为T，图中相邻两计数点间还有四个点未画出，用刻度尺依次测出相邻两计数点之间的距离为x1、x2、x3、x4、x5、x6，用上述量写出小车加速度的关系式a=______；
（2）该同学在探究小车加速度与外力的关系时，首先平衡了摩擦力，多次改变盘中砝码的质量，记录了多组加速度与砝码重力F的图像，如图丙所示，若重力加速度g=10 m/s2，则小车的质量为______kg，砝码盘的质量为_____kg。 （保留一位有效数字）
【答案】 ①. ②. 2 ③. 0.06
【解析】
【详解】（1）[1]根据匀变速直线运动的推论公式
又，则由逐差法可求得
整理得
（2）[2][3]设砝码盘的质量为m，由牛顿第二定律可知
由图像将上式变式为
图像的斜率表示小车质量的倒数，图像的斜率为
故小车质量为
当时，产生的加速度是由于砝码盘的作用而产生的，故有
解得
三、计算题：本题共4小题，共43分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
17. 现今社会，科技飞速发展，无人驾驶汽车已经成为智能化交通工具的发展方向。若一辆有人驾驶的汽车在无人驾驶汽车后20m处，两车都以20m/s行驶，当前方无人驾驶汽车以3.6m/s2的加速度刹车1.4s，车驾驶员发现并立即以5.0m/s2的加速度刹车，试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？
【答案】不会相撞
【解析】
【分析】
【详解】设有人驾驶的汽车刹车后经过时间与无人驾驶汽车的速度相同，此时的速度为v，该过程无人驾驶的汽车刹车时间为，其中=1.4s，对无人驾驶的汽车
对有人驾驶的汽车
联立代入数据得
=3.6s
=2m/s
又
联立，代入数据解得
=12.6m<20m
即两车不会相撞
18. 如图所示，一半径为R=0.4m的半圆形轨道BC固定在水平面上，与水平面平滑相切于B点，一质量为m=1kg的小球以某一速度冲上轨道，经过B点时的速度为6m/s，并恰好能通过C点，取g=10m/s2，求：
（1）小球通过B点时对半圆轨道的压力；
（2）小球通过BC段摩擦阻力做的功；
（3）小球通过C点后落地点到B点的距离。
【答案】（1）100N；（2）-8J；（3）0.8m
【解析】
【分析】
【详解】（1）小球经过B点时，由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为
=100N
方向竖直向下
（2）小球恰好通过最高点C的条件是
由B到C根据动能定理
摩擦阻力做功
（3）小球离开C点后做平抛运动，由平抛运动的规律得

代入数值解得
19. 如图所示，粗糙水平地面上有一长木板A，其长度为，质量为，与地面间的动摩擦因数为，在其左端有一个物块，质量为，物块与长木板A之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，用一水平向右的恒力作用在物块上。求：
（1）当为时，A、之间的摩擦力的大小；
（2）当为时，物块运动到木板A右端所需的时间。
【答案】（1）10.8N；（2）t = 1.2s
【解析】
【分析】
【详解】（1）当A、恰好发生相对滑动时，A的最大加速度为
μ2mBg - μ1(mA + mB)g = mAamax
解得
amax = 1.0m/s2
此时对应的为临界值，对受力分析可得
F临界 - μ2mBg = mBamax
解得
F临界 = 15N
则当大于时，两者发生相对滑动，小于等于，两者相对静止，两者之间的摩擦力为静摩擦力。当，整体受力分析
F - μ1(mA + mB)g = (mA + mB)a共
解得
a共 = 0.4m/s2
对受力分析
F - fAB = mBa共
解得
fAB = 10.8N
（2）当，两者发生相对滑动，A、之间为滑动摩擦力
f1 = μ2mBg
代入数据，解得
f1 = 12N
此时A的加速度为
aA = amax = 1.0m/s2
的加速度为
代入数据，解得
aB = m/s2
设运动到木板A右端的时间为，根据位移关系
L = xB - xA
的位移
xA = aAt2
位移
xB = aBt2
联立解得
t = 1.2s
20. 如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能为为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量。
（1）求B、C向左移动的最大距离；
（2）求B、C分离时B的动能；
（3）求F与f之间应满足什么条件，才能保证A能离开墙壁。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）从开始到B、C向左移动最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
解得
（2）B、C返回弹簧原长处时分离，设此时B、C的动能都是，从弹簧最短到B、C返回弹簧原长处，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
+2
解得
（3）设A刚要离开墙壁时，弹簧的伸长量为，则
此时
设B的动能是，由功能关系得
A能离开墙壁，需满足：
解出
或
依题意可知，开始时B、C能被推动。应满足
所以F与应满足的条件只能是